Mostrar $T$ es un operador compacto si $\langle Te_n,e_n \rangle$ tienden a cero.

Question

Supongamos que $\mathcal{H}$ es un espacio de Hilbert, y $T\in B(\mathcal{H})$ . Si para cada base ortonormal (norma 1) $\{e_n\}\subseteq \mathcal{H}$ tenemos $\langle Te_n, e_n \rangle \rightarrow 0$ . ¿Podemos deducir $T$ ¿es compacto?

---

Supongo que puede utilizar la descomposición de espectros. Toma adjoin, usa el hecho de que $\langle Ae_n,e_n\rangle \rightarrow 0$ si $\langle (A+A^*)e_n,e_n \rangle \rightarrow 0$ y $\langle (A-A^*)e_n,e_n\rangle \rightarrow 0$ podemos suponer $T$ es autoadjunto. Así que $T$ puede verse como un operador múltiple(múltiple por un $L^{\infty}(X,d\mu)$ función) en $L^2(X,d\mu)$ mediante equivalencia unitaria. Aquí $d\mu$ es un resumen $\sigma$ -medida finita de Borel sobre X. Pero no sé cómo usar la condición.. Y, de otra manera, si utilizamos la descomposición de espectros a través de $T=\int z dE$ E es la medida del espectro correspondiente. Para demostrar $T$ es compacta, basta con demostrar la proyección $E(-\infty,-\epsilon)$ y $E(\epsilon, +\infty)$ son todas de rango finito, para cada $\epsilon>0$ . Y siento que la condición puede ser el uso junto con algo así como dominar convergen teorema? Pero fallo. ¿Alguna ayuda o pista? Gracias.

Answer 1

No. Toma el espacio real $H=l^2$ y definir $Tx$ para $x=(x_1,x_2,\dots)$ por $$ Tx=(x_2,-x_1,x_4,-x_3, \dots). $$ Entonces $\langle Tx,x\rangle=0$ para todos $x$ pero $T$ es biyectiva y no puede ser compacta.

Answer 2

Lema . Si $T$ es un operador acotado en $H$ son equivalentes:

1. $\langle T(e_n), e_n\rangle \to 0$ para cada ortonormal base $\{e_n\}_n$ ,

2. $\langle T(e_n), e_n\rangle \to 0$ para cada ortonormal secuencia $\{e_n\}_n$ .

Prueba .

(1) $\Rightarrow$ (2) Obvio.

(2) $\Rightarrow$ (1) Dada una sucesión orhonormal $\{e_n\}_n$ elija otro conjunto ortonormal $\{f_i\}_{i\in I}$ tal que $$ B:= \{e_n:n\in {\mathbb N}\}\cup \{f_i:i\in I\} $$ es una base ortonormal. Suponiendo, como se supone, que $H$ es separable, es posible ordenar $B$ en una secuencia que admite $\{e_n\}_n$ como una subsecuencia. Por lo tanto, la prueba se sigue ya que una subsecuencia de una secuencia convergente converge al mismo límite. QED

Como ya se ha señalado, en el caso complejo podemos suponer sin pérdida de generalidad que $T$ es autoadjunto.

Sea $\mathfrak B(\mathbb R)$ denotan el $\sigma $ -de todos los subconjuntos de Borel de ${\mathbb R}$ y que $$ E:\mathfrak B(\mathbb R)\to B(H) $$ sea la resolución espectral para $T$ .

A continuación, afirmamos que $$ P:= E(\varepsilon ,\infty ) $$ es una proyección de rango finito para cada $\varepsilon >0$ . Para ver esto, supongamos lo contrario, por lo que existe una secuencia ortonormal $\{e_n\}_n$ contenida en el rango de $P$ . Observando que $TP\geq \varepsilon P$ tenemos entonces que $$ \langle T(e_n), e_n\rangle = \langle TP(e_n), e_n\rangle \geq \varepsilon \langle e_n, e_n\rangle = \varepsilon \|e_n\|^2 = \varepsilon , $$ contradiciendo la hipótesis.

De forma similar se demuestra que $E(-\infty , -\varepsilon )$ es de rango finito.

Por último, la compacidad de $T$ se deduce del hecho de que $$ T = \lim_{\varepsilon \to 0} TE (-\infty , -\varepsilon )+TE (\varepsilon , \infty ) $$

Answer 3

Tal vez, el siguiente enlace proporcione una respuesta afirmativa para el espacio complejo de Hilbert: $T$ es compacta si y sólo si para cualquier secuencia $x_n$ que converge débilmente a $0$ , $\langle Tx_n,x_n\rangle\to 0$ .